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专题03 立体几何（40 题难题）（10 单选10 多选10 填空10 大题）
一、单选题
1．（2024·广东·模拟预测）若在长方体
中，
．则四面体
与
四面体
公共部分的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设
，
平面
，可知四面体
与四面体
公共部分为四面体
，建系，利用空间向量分析可知
为
的重心，进而根据体积关系运算求解.
【详解】设
，
平面
，
可知四面体
与四面体
公共部分为四面体
，
以D 为坐标原点，
分别为
轴正方向，建立空间直角坐标系，
则
，
可得
，
设平面
的法向量为
，则
，
1
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令
，则
，可得
，
设
，
则
，
因为
，则
，解得
，
可得
，即
，
在
中，结合
为
的中点，可知
为
的重心，则
，
所以四面体
的体积
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知公共部分，利用空间向量的相关知识确定点
的位置，即可得结
果.
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥
中，
，
，
，
，
且
，则二面角
的余弦值的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】
首先得
的轨迹方程，进一步作二面角
的平面角为
，结合轨迹的参数方程以及余弦定
理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】因为
，所以
，点
的轨迹方程为
（椭球），
2
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又因为
，所以点
的轨迹方程为
，（双曲线的一支）
过点
作
，而
面
，
所以
面
，
设
为
中点，则二面角
为
，
所以不妨设
，
所以
，
所以
，令
，
所以
，
等号成立当且仅当
，
所以当且仅当
时，
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.
3
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3．（2024·山西·一模）如图，在体积为1 的三棱锥
的侧棱
上分别取点
，使
，记
为平面
平面
､
平面
､
的交点，则三棱锥
的体积等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先画出图形确定O 的位置，将三棱锥
的体积，转化为线段的长度比，充分利用直线的平
行进行推导，求出比例即可．
【详解】如图所示，假设
，连接
，易知
，
在
中，设
，
4
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所以
，
，
则
，即
，
同理
，则
，
设
到底面的距离分别为
，则
，
所以
.
故选：B
【点睛】思路点睛：先根据平面性质确定交点位置，再由平面向量的线性运算计算线段比例关系得出棱锥
高的比例关系即可.
4．（2024·全国·模拟预测）如图，已知长方体
中，
，
，
为正方形
的中心点，将长方体
绕直线
进行旋转．若平面
满足直线
与
所成的角
为
，直线
，则旋转的过程中，直线
与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：
，
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】求出直线
与
的夹角，可得
绕直线
旋转的轨迹为圆锥，求直线
与的夹角，
5
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结合图形可知，当与直线
平行时，
与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可.
【详解】在长方体
中，
，则直线
与的夹角等于直线
与的夹角．
长方体
中，
，
，
为正方形
的中心点，
则
，又
，
所以
是等边三角形，故直线
与
的夹角为
．
则
绕直线
旋转的轨迹为圆锥，如图所示，
．
因为直线
与
所成的角为
，
，所以直线
与的夹角为
．
在平面
中，作
，
，使得
．
结合图形可知，当与直线
平行时，
与的夹角最小，为
，
易知
．
设直线
与的夹角为
，则
，故当
时
最小，
而
，
故直线
与的夹角的正弦值的最小值为
.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解题中在平面
中，作
，
，使得
，结合图形可
知，当与直线
平行时，
与的夹角最小，为
是关键.
5．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥
中，底面
是等边三角形，侧面
是等腰直角三角形，
6
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，
是平面
内一点，且
，若
，则点
的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】取
的中点
，连接
，作
交
的延长线于点
，利用线面垂直的判定得到
平面
，进而得出
，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点
的轨迹是以
为圆心，
为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解.
【详解】如图，取
的中点
，连接
，易得
，
又
，
平面
，所以
平面
，
又
，所以
，
，
，
在
中，
，由余弦定理得
，
作
交
的延长线于点
，则
，
又
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，
所以
，所以
，
在
中，
，则
，
所以点
的轨迹是以
为圆心，
为半径的圆，
则点
的轨迹长度为
，
7
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故选：C，
【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题：
1、由动点保持平行性求轨迹.
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
2、动点保持垂直求轨迹.
（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利
用垂直关系转化为平行关系求轨迹.
3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.
（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨
迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.
4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.
（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间
坐标系计算求轨迹.
5、投影求轨迹.
（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.
6、翻折与动点求轨迹.
（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用
空间坐标运算求轨迹.
6．（2024·河北邯郸·三模）已知在四面体
中，
，二面角
的大小
为
，且点A，B，C，D 都在球
的球面上，
为棱
上一点，
为棱
的中点．若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意和几何关系，并在
所在平面内建立平面直角坐标系，确定点
的位置和坐标，
8
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即可求解.
【详解】由题意知
与
均为等边三角形，连接
，
，则
，
，
是二面角
的平面角，
所以
，又易知
，所以
是等边三角形．
设
为
的外心，
为
的中点，连接
，则点O，P，Q 都在平面
内，建立平面直
角坐标系如图．
设
，则
，
，所以
．
又
，所以
，因为
，易知
，
则
，
，从而
，
．
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问
题.
7．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥
的底面是边长为2 的菱形，
为
的交点，
平面
，
，则四棱锥
的内切球的体积为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】求出四棱锥的高和侧棱长，再利用四棱锥的体积与其内切球半径之间的关系求四棱锥的内切球半
径即可得解.
【详解】因为四边形
为菱形，
，所以
是正三角形，
则
.
因为
平面
平面
，所以
.
设
，则
，
.
在
中，由
，
可得
，解得
，
所以
.
因为
为
的中点，
，所以
.又
，
，
所以
，同理可证
，
，
所以
.
设四棱锥
的内切球的半径为，则
，
所以
，
10
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所以四棱锥
的内切球的体积
，
故选：C.
【点睛】方法点睛：有关几何体外接球、内切球问题的常用结论
（1）棱长为
的正四面体的斜高为
，高为
，外接球的半径为
，内切球的半径为
.
（2）如果三棱锥的三条侧棱互相垂直，那么可以将其补形为长方体或正方体（三棱锥的三条侧棱相等时
为正方体，不相等时为长方体），则长方体或正方体的外接球的球心即三棱锥的外接球球心，长方体或正
方体的体对角线即三棱锥外接球的直径.
（3）一个棱锥的内切球半径可以根据内切球球心到各个面的距离相等以及棱锥的体积公式
求得.
8．（2024·湖南衡阳·二模）已知三棱锥
中，
，三棱锥
的体积为
，其外接球的体积为
，则线段
长度的最大值为（ ）
A．7
B．8
C．
D．10
【答案】C
【分析】依题意可知
为直角三角形且其外接圆的半径为，根据题意可求得点
到平面
的距离
为
，由求得半径
求出过
的截面圆半径，即可得出结论.
【详解】因为球的体积为
，所以球的半径
满足
，可得
；
又
，因此
，即
，此时
；
设点
到平面
的距离为，则
，可得
，
因为
在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为
，当
与平面
平行时，
有最大值；
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设球心到平面
的距离为
，而
的外心即为
的中点，外接圆的半径为
，
则
，故球心到平面
的距离为
，
可知截面圆半径为
；
设
在平面
上的射影为
，则
的轨迹为圆，如下图所示：
设该圆圆心为
，则当
三点共线时且点
在
中间时，
最长，
此时
，故线段
长度的最大值为
.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出点到平面距离之后，确定出当
三点共线时且点
在
中间时，
最长，利用勾股定理计算可得其最大值.
9．（2024·浙江湖州·一模）在四棱锥
中，棱长为2 的侧棱
垂直底面边长为2 的正方形
，
为棱
的中点，过直线
的平面
分别与侧棱
、
相交于点
、
，当
时，截面
的面积为（ ）
A．2
B．3
C．
D．
【答案】D
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.
【详解】由题意，
平面
，四边形
为正方形，
如图，建立空间直角坐标系
，
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则
，
，
，
，
，
，
，
设
，
，则
，
又
，
，所以
，则
，
由题意，
四点共面，所以
，
所以
，解得
，
所以
，
，所以
，
所以
，即
，
所以
，
所以
，
又
，
所以
，
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即
，
所以
，
所以
，
所以截面
的面积为
.
故选：D
10．（2024·河北沧州·模拟预测）某包装设计部门为一球形塑料玩具设计一种正四面体形状的外包装盒
（盒子厚度忽略不计），已知该球形玩具的直径为2，每盒需放入10 个塑料球，则该种外包装盒的棱长的
最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先确定正四面体的棱长与高还有内切球半径的关系，然后根据当a 取得最小值时，从上到下每层
中放在边缘的小球都与正四面体的面都相切，从而计算出棱长的最小值.
【详解】设正四面体的棱长为
，高为，内切球半径为
则
，可得
，
又
，可得
，
即正四面体的高等于其棱长的
，正四面体的内切球的半径等于其棱长的
．
如图，10 个直径为2 的小球放进棱长为a 的正四面体
中，构成三棱锥的形状，有3 层，从上到下每
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层的小球个数依次为1，3，6．
当a 取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面
体的底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的所有相邻小球的球心连线为一个正
四面体
，底面
的中心为
，
与面
的交点为
，
则该正四面体
的棱长为
，
可求得其高为
，
，
所以正四面体
的高为
，
进而可求得其棱长a 的最小值为
．
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于四面体的内切球问题，我们最好能熟记正四面体的棱长与高还有内切球半径的关
系，即正四面体的高等于其棱长的
，正四面体的内切球的半径等于其棱长的
，这样解题的时候我
们可以利用这个关系快速得到我们要的量.
二、多选题
11．（2024·湖南长沙·二模）在正方体
中，
为
的中点，
是正方形
内部一点（不含边界），则（ ）
A．平面
平面
B．平面
内存在一条直线与直线
成
角
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C．若
到
边距离为
，且
，则点
的轨迹为抛物线的一部分
D．以
的边
所在直线为旋转轴将
旋转一周，则在旋转过程中，
到平面
的距离
的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据正方体的结构特征可证明线线垂直，进而可得线面垂直，即可求证面面垂直，可判断A，根
据线面角的性质，结合线面角的求解即可判断B，根据抛物线的定义即可判断C，根据旋转可得点
的运
动轨迹是平面
内以
为圆心，
为半径的圆，即可求解D.
【详解】对于A：如图，连接
，则
，
因为
平面
平面
，所以
，
且
平面
，
所以
平面
平面
，
所以
，同理
，且
，且
平面
，
所以
平面
，且
平面
，
所以平面
平面
，故A 正确；
16
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对于B：从正方体中分离出四棱锥
，取
的中点
，连接
，
并让点
可在正方形
边界移动.
因为
平面
，
，即
，
则
与平面
所成角的最小值是
，
所以
，
因为线面角是线与平面内的线所成的最小角，
所以平面
内不存在一条直线与直线
成
角，故B 错误；
对于C：如图，取
的中点
，连接
平面
，
作
于点
，则
，因为
，
则
，
即点
到点
的距离和点
到
的距离相等，
即可知点
形成的轨迹是抛物线的一部分，故C 正确；
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对于D：连接
交
于点
，取
的中点
，连接
，
则点
的运动轨迹是平面
内以
为圆心，
为半径的圆，
易知
，由
，知
，
且
平面
，
所以
平面
平面
，
所以平面
平面
，
，
如图，
与圆的交点分别为
，
当点
位于点
时，点
到平面
的距离分别取得最大值和最小值，
且距离的最大值为
，
距离的最小值为
，
所以点
到平面
的距离的取值范围是
，故
错误.
故选：AC
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【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及
了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过
计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，
即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
12．（2024·浙江温州·二模）已知半径为球与棱长为1 的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面
三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为
，则（ ）
A．有最大值，但无最小值
B．最大时，球心在正四面体外
C．最大时，
同时取到最大值
D．
有最小值，但无最大值
【答案】ABD
【分析】求出的取值范围可判断A，B；设
，根据题意得到
关于
的表达式，构造函数
，对
求导，得到
的单调性和最值可判断C，D.
【详解】对于AB，设球心为
，正四面体为
，
的中心为
，
则
在
上，
，
，
球与平面
，平面
，平面
相切，与平面
相切于点
，
，
，
19
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因为
，在
中，
，则
所以在
中，
，
因为
，所以
，有最大值，但无最小值，故A 正确；
当
，此时
，
最大时，球心在正四面体外，故B 正确；
对于CD，设
，
，
，
所以
，令
，
令
，解得：
或
（舍去），
当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递减，
所以当
时，
，所以
有最小值，但无最大值，故D 正确，C 错误.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题CD 选项解决的关键在于，假设
，将
表示为关于
的表达式，再利用
导数即可得解.
13．（2024·全国·模拟预测）已知四棱锥
中，四边形
是正方形，
平面
20
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，则（ ）
A．若平面
平面
，且平面
平分四棱锥
的体积，
平面
，则
B．若平面
平面
，且平面
将四棱锥
的体积分为
的两部分，
平面
，
则
C．若平面
平面
，且
平面
，则平面
将四棱锥
的体积分为
的两部分
D．若平面
平面
，且
平面
，则平面
将四棱锥
的体积分为
的两部分
【答案】AC
【分析】对于A 项，利用多面体的相似，体积之比等于相似比的三次方即可求得；对于B 项判断原理与A
项相似，同时还用到底面面积相等且高相同的三棱锥体积相等的结论；对于C 项，原理仍相同，不同之处
即是由相似比求体积之比；对于D 项，因分割成的两部分几何体是组合体，故不能应用前面方法，在求小
部分体积时，需要对其进行合理分割后再求它们体积的和，最后求体积的比值.
【详解】对于选项A，如图，设
平面
平面
平面
，
则四棱锥
与四棱锥
相似，
则两个四棱锥的体积之比为高之比的三次方，
所以
，则
，故A 正确；
对于选项B，如图，设
平面
平面
，
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则三棱锥
与三棱锥
相似，
则两个三棱锥的体积之比为棱长之比的三次方，
易知三棱锥
的体积为四棱锥
体积的
，
由题意知三棱锥
的体积为四棱锥
体积的
，
故三棱锥
的体积为三棱锥
体积的
，
所以
，则
，
所以
，所以
，故B 错误；
对于选项C，如图，设
平面
平面
，
则三棱锥
与三棱锥
相似，
则两个三棱锥的体积之比为棱长之比的三次方，
由
得
，即
，
则三棱锥
与三棱锥
的体积之比为
，
22
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易知三棱锥
的体积为四棱锥
体积的
，
故三棱锥
与四棱锥
的体积之比为
，
故平面
将四棱锥
的体积分为
的两部分，故C 正确；
对于选项D，由
知
为
的中点，如图，
在平面
内过点
作
交
于点
，
过点
作
的平行线交
于点
，过点
作
的平行线交
于点
，
连接
，则平面
即平面
.
取
的中点
，取
的中点
，连接
，
则平面
将四棱锥
的体积分为一大一小两部分，
其中较小的部分又可分为三棱柱
和四棱锥
.
设
，则
，
则三棱柱
的体积为
，
四棱锥
的体积为
，
即平面
将四棱锥
的体积分成的较小部分的体积为
，
而四棱锥
的体积为
，
故平面
将四棱锥
分成的两部分的体积之比为
，故D 错误.
故选：AC.
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【点睛】方法点睛：解决用平行平面截四棱锥产生的同类锥体的体积比或者对应线段之比的问题时，一般
可通过体积比等于对应线段比的三次方来计算；在求不规则几何体的体积时，可以利用割补法，转化为几
个规则几何体的体积的和（差）进行求解.
14．（2024·湖南·二模）如图，点
是棱长为2 的正方体
的表面上一个动点，
是线段
的中点，则（ ）
A．若点
满足
，则动点
的轨迹长度为
B．三棱锥
体积的最大值为
C．当直线
与
所成的角为
时，点
的轨迹长度为
D．当
在底面
上运动，且满足
平面
时，线段
长度最大值为
【答案】CD
【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点
的轨迹为矩形
，其周长为
；显然三棱锥
体积的最大值即为正四面体
，易知最大值为
；易知当点
在线段
和
弧
上时，直线
与
所成的角为
，可知其轨迹长度为
；根据面面平行的判定定理可求出
点
在底面
上的轨迹为三角形
，易知
长度的最大值为
.
【详解】对于A，易知
平面
平面
，故动点
的轨迹为矩形
，
动点
的轨迹长度为矩形
的周长，即为
，所以
错误；
24
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对于B，因为
，而等边
的面积为定值
，
要使三棱锥
的体积最大，当且仅当点
到平面
的距离最大，
易知点
是正方体到平面
距离最大的点，
所以
，此时三棱锥
即为棱长是
的正四面体，
其高为
，所以
，B 错误；
对于C：连接AC，
，以B 为圆心，
为半径画弧
，如图1 所示，
当点
在线段
和弧
上时，直线
与
所成的角为
，
又
，
弧
长度
，故点
的轨迹长度为
，故
正确；
对于D，取
的中点分别为
，
连接
，如图2 所示，
25
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因为
平面
平面
，故
平面
，
，
平面
平面
，故
平面
；
又
平面
，故平面
平面
；
又
，
故平面
与平面
是同一个平面.
则点
的轨迹为线段
：
在三角形
中，
则
，
故三角形
是以
为直角的直角三角形；
故
，故
长度的最大值为
，故
正确.
故选：
.
【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平
行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.
15．（2024·河北唐山·一模）在透明的密闭正三棱柱容器
内灌进一些水，已知
．
如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3．固定容器底面一边AC 于地面上，再将容器按如图方向倾斜，
至侧面
与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则（ ）
26
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A．水面形状的变化：三角形梯形
矩形
⇒
⇒
B．当
时，水面的面积为
C．当
时，水面与地面的距离为
D．当侧面
与地面重合时，水面的面积为12
【答案】ABC
【分析】根据题设条件得到
，正三棱柱的体积
，再结合各个选项的条件，逐一分析判
断，即可得出结果.
【详解】由题知
，正三棱柱的体积
，
对于选项A，当容器按题设方向倾斜至
时，水面形状是三角形，再倾斜时，水面形状是梯形，直到
侧面
与地面重合时，水面形状是矩形，所以选项A 正确，
对于选项B，如图1，当容器按题设方向倾斜至
时，设水面与棱
的交点为
，
设
，又三棱柱
为正三棱柱，取
中点
，连接
，
易知
，又
，
面
，
所以
面
，所以
到平面
的距离为
，
所以
，解得
，
27
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此时水面图形为
，又
，
，
取
中点，则
，且
，所以
，故选项B 正确，
对于选项C，如图2，当容器按题设方向倾斜至
时，设水面与棱
的交点为
，
易知
，设
，由
，得到
，
因为水面始终与地面平行，
始终与水面平行，且
始终在地面上，
所以水面与地面的距离，即
到平面的距离，
取
中点
，连接
，设
交
于
，连接
，
易知
，又
，
面
，所以
面
，
又
，所以
面
，过
作
于
，连接
，
因为
面
，所以
，又
，
面
，
所以
，即
为水平面到地面的距离，
如图3，过
作
于
，易知
，所以
，
得到
，又
，所以
，
故选项C 正确，
28
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对于选项D，如图4，当侧面
与地面重合时，水面
为矩形
，设
，
则由
，解得
，所以
，
故
，所以选项D 错误，
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用容器倾斜时始终与地面平行，边
始终与水面平行，
将问题转化成
到水面的距离，再利用几何关系，即可求出结果.
16．（2024·湖北·二模）如图，棱长为2 的正方体
中，
为棱
的中点，
为正方形
内一个动点（包括边界），且
平面
，则下列说法正确的有（ ）
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A．动点
轨迹的长度为
B．三棱锥
体积的最小值为
C．
与
不可能垂直
D．当三棱锥
的体积最大时，其外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】对A 由
平面
，联想到存在一个过
的平面与平面
平行，利用正方体特征找到
平面
平面
,进而得到
的轨迹为线段
，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C 举反例即
可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.
【详解】对A，如图，令
中点为
,
中点为
,连接
，
又正方体
中，
为棱
的中点，可得
,
，
平面
,
平面
,又
，
且
平面
，
平面
平面
,
又
平面
，且
平面
，
平面
，
又
为正方形
内一个动点（包括边界），
平面
平面
，而
平面
平面
，
，即
的轨迹为线段
.
由棱长为2 的正方体得线段
的长度为
，故选项A 正确；
对B，由正方体侧棱
底面
，所以三棱锥
体积为
，
所以
面积
最小时，体积最小，如图，
，易得
在
处时
最小，
30
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此时
,所以体积最小值为
，故选项B 正确；
对C，当
为线段
中点时，由
可得
,又
中点为
,
中点为
,
，而
，
,故选项C 不正确；
对D，如图，当
在
处时，三棱锥
的体积最大时，
由已知得此时
,所以
在底面
的射影为底面外心，
,
,
,所以底面
为直角三角形，
所以
在底面
的射影为
中点，设为
，如图，设外接球半径为
,
由
,
,可得外接球半径
，
外接球的表面积为
，故选项D 正确.
故选：ABD.
17．（2024·广东佛山·二模）对于棱长为1（单位：
）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法
正确的是（ ）
A．底面半径为
，高为
的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体
B．以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为
C．该正方体内能同时整体放入两个底面半径为
，高为
的圆锥
31
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D．该正方体内能整体放入一个体积为
的圆锥
【答案】BCD
【分析】对于A，若高为
的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，求出底面圆
的最小半径即可判断；对于B，原问题等价于求
与平面
所成角的正切值，利用等体积法求高，结
合勾股定理、正切定义即可验算；对于C，以矩形
的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，求出圆
锥的最大高度即可判断；对于D，以正方体的体对角线
作为圆锥的轴，
为圆锥顶点，
为圆锥底
面圆的直径时，圆锥的体积大于
，由此即可判断.
【详解】对于A，若高为
的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，
，因为
，所以
，所以
，
圆锥底面圆半径最小为
，A 错误；
对于B，如图，以
，
，
三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面
，
等价于求
与平面
所成角的正切值，因为
，
所以
，
所以点
到平面
的距离为
，
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则此圆锥的母线
与底面
所成角的正切值为
，B 正确；
对于C，如图，以矩形
的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，
分别以
，
的中点
，
为两个圆锥的顶点，
每个圆锥高的最大值为
，C 正确；
对于D，如图，
的中点
作垂线
，分别交
，
于点
，
，
则
，
以正方体的体对角线
作为圆锥的轴，
为圆锥顶点，
为圆锥底面圆的直径时，
该圆锥的体积为
，D 正确．
33
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事实上，以正方体的体对角线
作为轴，
为顶点的圆锥的体积最大值，
显然底面圆心在线段
上（不含
点），设
，
当
与
为
的四等分点）重合时，
，
因此
，因为
，所以
，
则
，
圆锥体积
，
在
上
恒成立，
所以
在
上单调递增，体积的最大值为
, D 正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：判断C 选项的关键是以矩形
的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，算出圆
锥的最大高度，由此即可顺利得解.
18．（2024·全国·二模）如图，在正四面体
中，
分别为侧棱
上的点，
且
，
为
的中点，
为四边形
内（含边界）一动点，
，则
（ ）
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A．
B．五面体
的体积为
C．点
的轨迹长度为
D．
与平面
所成角的正切值为
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，确定点
的位置，利用线面垂直的性质、判定证得
平面
，再逐项分析
计算即可.
【详解】对于A，取
的中点
，连接
，依题意，
是正
的重心，则点
在
上，
由
平面
，得
平面
，
而
平面
，则
，又
，
，
，在
中，由余弦定理得
，
显然
，则
，而
平面
，
则
平面
，又
平面
，所以
，A 正确；
35
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对于B，由选项A 知，正四面体的高
，由已知
，
平面
平面
，则
平面
，同理
平面
，
又
平面
，于是平面
平面
，
四面体
为正四面体，高为
，
，因此五面体
的体积：
，B 正确；
对于C，由选项A 知，
，则
，而
，
以线段
为直径的半圆交
于
，点
的轨迹是此半圆在四边形
及内部的弧
和弧
，
显然
是
的中点，而
，
，因此
，
点
的轨迹长度为
，C 错误；
对于D，由选项C 知，
是
与平面
所成角，
，D 正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：平行于锥体底面的平面去截该锥体，截得的锥体与原锥体的体积比等于它们高的立方
比.
19．（2024·山东·一模）已知四棱锥
，底面ABCD 是正方形，
平面
，
，PC 与
底面ABCD 所成角的正切值为
，点M 为平面
内一点（异于点A），且
，则（ ）
A．存在点M，使得
平面
36
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B．存在点M，使得直线
与
所成角为
C．当
时，三棱锥
的体积最大值为
D．当
时，以P 为球心，
为半径的球面与四棱锥
各面的交线长为
【答案】BC
【分析】利用反证法判断A；建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法，可判断B；根据点M 的轨迹，
结合棱锥的体积公式判断C；利用棱锥的侧面展开图结合弧长的计算判断D.
【详解】对于A，假设存在点M，使得
平面
，
由于
平面
，
平面
，则平面
平面
，
平面
平面
，
平面
，则
，
由于
，
平面
，故直线
重合，
即M 点落在
上，由于
，即M 落在以A 为圆心，以
为半径的圆面内(不包含圆)，
这与M 点落在
上矛盾，A 错误；
对于B，以A 为坐标原点，
所在直线为
轴建立空间直角坐标系，
平面
，则
即为
与底面
所成角，
故
，而
，故
，
则
，
结合A 的分析，可取
，则
,
由于直线
与
所成角范围为
，故此时直线
与
所成角为
，
即存在点M，使得直线
与
所成角为
，B 正确；
37
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对于C，当
时，当M 位于
的延长线时，
的高最大为
，
此时面积最大，最大值为
，则三棱锥
的体积最大值为
，C 正确；
对于D，当
时，
，
以P 为球心，
为半径的球面与四棱锥
各面的交线是以P 为圆心，
为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图
，
由于
,则
,即
,
则
，则
，
则
，根据对称性有
，
故
的长为
，
又球与底面
的交线是以A 为圆心，
为半径的四分之一圆，故长度为
，
38
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故以P 为球心，
为半径的球面与四棱锥
各面的交线长为
，D 错误，
故选：BC
【点睛】难点点睛：本题考查了几何体中求解空间角以及体积和侧面展开图的问题，难度较大，难点在于
D 选项的判断，解答时要利用侧面展开图求解.
20．（2024·安徽·二模）已知正方体
的棱长为1，
，
分别为棱
，
上的动点，
则（ ）
A．四面体
的体积为定值
B．四面体
的体积为定值
C．四面体
的体积最大值为
D．四面体
的体积最大值为
【答案】BCD
【分析】根据
到平面
的距离不是定值即可判断A；根据
为定值与
到平面
的距离即可判
断B；确定当Q 与
、
与
重合时四面体
的体积取得最大值，即可判断判断C；如图，确定四面
体
的体积为
，即可判断D.
【详解】A：因为
的面积为
，
到平面
的距离不是定值，
所以四面体
的体积不是定值，故A 错误；
B：因为
的面积为
，P 到矩形
的距离为定值
，
39
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所以
到平面
的距离为
，则四面体
的体积为
，故B 正确；
C：当Q 与
重合时，
取得最大值，为
，
当
与
重合时，
到平面
的距离d 取得最大值，
在正
中，其外接圆的半径为
，则
，
故四面体
的体积最大值为
，故C 正确；
D：过点
作
，
，
，
设
，
，则，
，
，
，
，
，
故四面体
的体积为
，其最大值为
，故D 正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题主要考查正方体的性质，三棱锥体积有关问题.明确当体积达到最值时动点的位
置是解题的关键.
40
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三、填空题
21．（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面
的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的
直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如
图1，一个球面的半径为
，球冠的高是，球冠的表面积公式是
，与之对应的球缺的体积公式是
.如图2，已知
是以
为直径的圆上的两点，
，则
扇形
绕直线
旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积为 .
【答案】
【分析】首先求出
，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点
作
交
于点
，过点
作
交
于点
，即可求出
、
、
、
、
、
，将扇形
绕直线
旋转一周
形成的几何体为一个半径
的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分
别求出表面积与体积.
【详解】因为
，所以
，设圆的半径为
，
又
，解得
（负值舍去），
过点
作
交
于点
，过点
作
交
于点
，
则
，
，
所以
，同理可得
，
，
将扇形
绕直线
旋转一周形成的几何体为一个半径
的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖
去两个圆锥，
41
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其中球缺的高
，圆锥的高
，底面半径
，
则其中一个球冠的表面积
，球的表面积
，
圆锥的侧面积
，
所以几何体的表面积
，
又其中一个球缺的体积
，
圆锥的体积
，球的体积
，
所以几何体的体积
.
故答案为：
；
【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积、体积要合
理转化.
22．（2024·山东菏泽·一模）如图，在正四棱台
中，
，
，该棱台体积
，则该棱台外接球的表面积为 ．
42
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【答案】
【分析】
作出辅助线，找到球心的位置，求出外接球半径，得到外接球表面积.
【详解】连接
，取
的中点
，连接
，
则外接球球心在直线
上，设球心为
，如图所示，则
，
则
⊥平面
，
因为正四棱台
中，
，
，
故
，所以
，
设四棱台的高为，
故
，解得
，
故
，
设
，则
，
，
故
，解得
，
43
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故半径
，
故该棱台外接球的表面积为
.
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问
题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距
离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定
理求得球的半径
23．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体
中，
是棱
的中点，记平面
与平
面
的交线为，平面
与平面
的交线为
，若直线
分别与
所成的角为
，则
，
.
【答案】
/0.5
/
【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出
；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角
的正切计算即得.
【详解】在正方体
中，
是棱
的中点，
延长
与
延长线交于点
，连接
，则直线
即为直线，
，
由
，得
，又
，于是
，
由平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，
44
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则
，又
，因此
，
，
所以
.
故答案为：
；
【点睛】关键点睛：利用平面的基本事实作出直线
是求出角
的关键.
24．（2024·辽宁辽阳·一模）如图，在矩形
中，
分别在线段
上，
，将
沿
折起，使
到达
的位置，且平面
平面
，若直线
与平面
所成角的正切值为
，则四面体
的外接球的半径为 .
【答案】
【分析】取
的中点
，连接
，直线
与平面
所成的角为
，设
，根据
求得
值；四面体
的外接球球心
在
的中点
45
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处垂直平面
方向上，由
求得
，从而得球的半径.
【详解】取
的中点
，连接
，
依题意可得
为等腰直角三角形，则
.
设
，作
分别交
于
，
则
，
，
因为平面
平面
，且交线为
，
平面
，
所以
平面
，
所以直线
与平面
所成的角为
，所以
，
则
，解得
或
（舍去），
可得
.
因为
，则
，可知
的外心为
的中点
.
设四面体
的外接球的球心为
，则
平面
，
且
，
则
，可知
，
所以
，
由
，得
，解得
，
46
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可得
，所以四面体
的外接球的半径为
.
故答案为：
.
【点睛】方法点睛：几何体外接球球心的求法：
（1）将几何体置入长方体或直棱柱中找球心；
（2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心；
（3）设球心
坐标，根据
到各顶点的距离相等解方程组得到球心
坐标.
25．（2024·广东韶关·二模）在三棱锥
中，侧面所在平面与平面
的夹角均为
，若
，且
是直角三角形，则三棱锥
的体积为 ．
【答案】
或
或
或
【分析】过
作
面
于
，过
作
，根据题设可得
，
，分
为三角形的内心或旁心讨论，设
，利用几何关系得到
，再根据条
件得到
在以
为焦点的椭圆上，再利用
是直角三角形，即可求出结果.
【详解】如图，过
作
面
于
，过
作
，
因为
面
，
面
，所以
，又
，
面
，
所以
面
，又
面
，所以
，故
为二面角的平面角，
由题知，
，同理可得
，
当
在三角形
内部时，由
，即
为三角形的内心，
设
，则
，得到
，所以
，
47
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三棱锥
的体积为
；
又因为
，所以点
在以
为焦点的椭圆上，
如图，以
所在直线为
轴，
的中垂线为
轴，建立平面直角坐标系，则
，
由题知，椭圆中的
，所以椭圆的标准方程为
，
设
，因为
是直角三角形，
当
时，易知
，此时
，所以
，得到
，
当
时，易知
，此时
，所以
，得到
，
又因为
，故以
为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，即
，
综上所述，
；
同理，当
在三角形
外部时，由
，即
为三角形的旁心，
设
，则
，得到
，
所以
，三棱锥
的体积为
；
或
，得到
，
所以
，三棱锥
的体积为
；
或
，得到
，
所以
，三棱锥
的体积为
.
48
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故答案为：
或
或
或
.
【点睛】关键点点晴：本题的关键点在于，设出
后，得出
，再将问题转化到以
为焦点
的椭圆上来求
的面积，即可解决问题.
26．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点
是圆台
的上底面圆
上的动点，
在下底面圆
上，
，则直线
与平面
所成角的余弦值的最小值为 ．
【答案】
【分析】以
为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求
线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】连接
，过
作
垂直于
的延长线于点
，以
为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所
示：
在三角形
中，因为
，
49
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故
，则
，
则
，
，故点
；
又
，设点
，由
，则可得
；
，
设平面
的法向量
，
则
，即
，取
，则
，
故平面
的法向量
，又
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
因为
，且
，故令
，
则
又
，故
，
，也即
，
故
的最大值为
，又
，故
的最小值为
.
即直线
与平面
所成角的余弦值的最小值为
.
50
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故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得
的坐标，
二是能够根据
，求得
的范围；属综合困难题.
27．（2024·全国·模拟预测）已知三棱柱
中，
是边长为2 的等边三角形，四边形
为菱形，
，平面
平面
，
为
的中点，
为
的中点，则三棱锥
的外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】解法一 连接
，
，记
，确定
为
外接圆的圆心，然后利用面面垂直
的性质定理证明
平面
，利用球的性质建立方程求解外接球的半径，代入球的表面积公式求解
即可；
解法二 连接
，
，利用面面垂直的性质定理证明
平面
，建立空间直角坐标系，先求出
的外接圆圆心
，然后计算出球心的坐标，即可求出球的半径，代入球的表面积公式求
解即可.
【详解】解法一 连接
，
，记
，则
.
连接
，
，则
，故
为
外接圆的圆心.
取
的中点
，连接
，则
，所以点
在
的外接圆上．
连接
，因为
为等边三角形，所以
，
.
由平面
平面
，知平面
平面
，
51
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又平面
平面
，
平面
，所以
平面
.
设三棱锥
的外接球半径为
，则
，
故三棱锥
的外接球的表面积为
.
解法二 连接
，
，则
为正三角形，
，故
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
以
为
轴，
为
轴，
为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得
，
，
，
，
，
，
由
为等边三角形，则
的外接圆圆心为
.
设三棱锥
的外接球的球心为
，连接
，
，
，
52
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则
平面
，又
平面
，所以
.
设
，由
，可得
，
解得
，因此球心
，故外接球半径
，
故三棱锥
的外接球的表面积
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求几何体外接球的半径，可以根据题意先画出图形，确定球心的位置，进而得到关
于球的半径的式子，解题时要注意球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上，且球心到几何体各顶
点的距离相等.在确定球心的位置后可在直角三角形中表示出球的半径，此类问题对空间想象能力和运算求
解能力要求较高，难度比较大.
28．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥
的底面为矩形，
平面
为
的中点，点
分别在线段
上运动，当
最小
时，三棱锥
的体积为 ．
【答案】
【分析】展开图将其平面化，再利用平面上“两点之间线段最短得到最小值
，再由三角形相似得到点
为线段
的中点和点
为线段
的中点，最后由三棱锥的体积公式计算得到.
【详解】将平面
沿直线
翻折，使得平面
与平面
在同一平面上，如图所示．
53
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取
关于直线
对称的点为
，连接
，分别与
交于点
，连接
，
易知此时
，
因此
的最小值为
．
由
可得
，
因此
，故点
为线段
的中点，
由
可得
，
因此
，故点
为线段
的中点，
三棱锥
的体积
．
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将平面
沿直线
翻折，使得平面
与平面
在
同一平面上，将空间问题转化为平面问题，从而得解.
29．（2024·江苏南通·二模）若正四棱锥的棱长均为2，则以所有棱的中点为顶点的十面体的体积为
，该十面体的外接球的表面积为 .
【答案】
/
【分析】根据给定条件，利用割补法，结合锥体体积公式计算体积；建立空间直角坐标系，求出外接球半
径即可求出表面积.
【详解】正四棱锥
的所有棱长为2，点
是所在棱的中点，如图，
显然
，即有
，则正四棱锥
的高为
，
54
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于是
，
到平面
的距离
，
所以所求十面体的体积为
；
令
，以直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，如图，
则
，则
，
，设外接球球心
，半径
，
则
，因此
，解得
，
所以十面体的外接球的表面积为
.
故答案为：
；
【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是
关键.
55
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30．（2024·河北·模拟预测）已知四面体
中，
，过
点的其外接球直径
与
、
夹角正弦值分别为
、
，则
与
夹角正弦值为 .
【答案】
/
【分析】由题意，将四面体
放在长方体
中，则
即为长方体
的体对
角线，设
，再结合已知即可得解.
【详解】由题意，将四面体
放在长方体中，如图所示，
则
即为长方体
的体对角线，
设
，
则
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
又因为
与
、
夹角正弦值分别为
、
，
所以
，
而
，
即
，所以
，
即
，
56
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所以
与
夹角正弦值为
.
故答案为：
.
四、解答题
31．（2023·浙江·模拟预测）如图，在四面体
中，
分别是线段
的中点，
.
(1)证明：
平面
；
(2)是否存在
，使得平面
与平面
的夹角的余弦值为
？若存在，求出此时
的长度；若不存
在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在
，使得平面
与平面
的夹角的余弦值为
；理由见解析.
【分析】（1）由已知条件先分别去证明
、
，由线面垂直的判定定理即可求解.
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（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，引入参数
来表示某些点的坐标，若要使得平面
与
平面
的夹角的余弦值为
，即可通过计算和分析去判断是否存在满足题意的参数
，此时对应的即可
判断是否存在满足题意的
的长度.
【详解】（1）如图所示：
因为
分别是线段
的中点，
所以
，
，
又因为
，
即
，所以
，
且注意到
，
所以
，
又因为
平面
，
平面
，且
，
所以由线面垂直的判定定理可知
平面
.
（2）因为点
是线段
的中点，且有
，
所以
，
所以易知
是直角三角形，其中
，
又由（1）可知
平面
，
所以以
为
轴，过点
与
平行的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：
58
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因为
，
，设
，
不妨设当
，
，此时平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
由（1）可知
，
平面
，
所以
平面
，
又
，
分别是线段
的中点，
所以有
，
所以
不妨设平面
与平面
的法向量分别为
，
则有
，
，
即有
，
，
分别令
、
，
此时有
，
不妨设平面
与平面
的夹角为
，
则由题意
，
整理得
，因为
，所以
，
59
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所以
，即
，此时有
.
综上所述：存在
，使得平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
32．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱
中，
，
，
垂直
于平面
．点
，
，
分别为边
，
，
上的动点（不包括顶点），且满足
．
(1)求三棱锥
的体积的最大值；
(2)记平面
与平面
所成的锐二面角为
，当
最小时，求
的值，并说明点
所处的位置．
【答案】(1)
(2)
；
在
中点
【分析】
（1）设出
，由体积公式结合二次函数性质计算即可得；
（2）建立空间直角坐标系后，得到平面
与平面
法向量，即可表示出
，结合导数即可得
的最大值，亦可得到
所处的位置.
【详解】（1）由
垂直于平面
，且
为直三棱柱，故
平面
，
故
为三棱锥
的高，设
，则
，
由
，故
，则
，
60
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故
，
故
时，三棱锥
的体积有最大值
；
（2）由
垂直于平面
，
、
平面
，
故
、
，又
，
故
、
、
两两垂直，
设
，
以
为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有
、
、
、
、
、
，
故
、
、
、
，
设平面
与平面
的法向量分别为
、
，
则有
，
，即
，
，
令
，
，可得
、
，
、
，
故
，
，
61
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故
，
令
，
，
则
，
由
，
故当
时，
，当
时，
，
故
，
故
，
由
为锐角时，
随
的增大而减小，故当
最小时，有
最大，
即此时
，此时
，即点
在
中点.
33．（2024·全国·模拟预测）如图，已知直角
的直角边
，
，点
是
从左到右的
四等分点（非中点）.已知椭圆
所在的平面垂直平面
，且其左右顶点为
，左右焦点为
，点
在
上.
62
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(1)求三棱锥
体积的最大值；
(2)证明：二面角
的大小小于
.
【答案】(1)
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，先求得椭圆
的轨迹方程，利用椭圆的性质及棱锥的体积公
式计算即可；
（2）根据三角换元设
，利用空间向量表示平面
与平面
的法向量，结合换元
法计算其夹角余弦值，利用导数及放缩法判定其最值即可.
【详解】（1）
取
中点
，在
上取一点
使得
，易知
为
中点，
由椭圆
所在的平面⊥平面
，且两面交线为
，所以
底面
，
且
底面
，
以
为坐标原点，
为
正方向，
的中垂线的方向向量
为
轴正方向，
为
轴正方向，建立空间直角坐标系
．
设点
，椭圆
的方程为
．
63
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由题意，易知
，
，
则
，
，解得
，所以
．
，
故三棱锥
体积的最大值是
．
（2）易知
，
，
，显然当P 在横轴上时，二面角的大小为
，符合题意；
当P 不在横轴时，不妨设
，
则
，
，
设平面
的一个法向量
，
则
令
，则
，
，
所以平面
的一个法向量
，
同理可求得平面
的一个法向量
，
令
，则化简后得:
，
（I）当
时，则
，
所以
，
64
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令
，
，
因为
，所以
，令
得
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
此时
；
（II）当
时，令
，
，
令
，则
，
所以
单调递减，所以
，
即
单调递减，
，
综上，
对
成立，
即
，即
，
故二面角
的大小小于
得证．
34．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形
中，
，
，
.将
沿对角线
折到
的位置，点P 在平面
内的射影H 恰好落在直线
上.
(1)求二面角
的正切值；
65
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(2)点F 为棱
上一点，满足
，在棱
上是否存在一点Q，使得直线
与平面
所成的角
为
?若存在，求出
的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）过点
作
于点
，连接
，可证得
平面
，进而可知
为二面
角
的平面角，利用三角形计算即可得出结果.
（2）连接
，由
为等边三角形，H 为线段
的中点，
，又
平面
，以H 为
坐标原点，
，
，
所在直线分别为
轴，
轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面
的法向
量，假设棱
上存在满足要求的点
，设
，
，利用
，计算可求得
，即
可得出结果.
【详解】（1）如图，过点
作
于点
，连接
，
，
平面
，
平面
，
，
又
，
平面
，
平面
，
平面
，
，
.
为二面角
的平面角.
∵
，
，∴
为等边三角形，
，
又
中，
，
，
，
.
又
，
，
，H 为线段
的中点.
，
，
中，
，
，
所以二面角
的正切值为
.
66
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（2）连接
，
为等边三角形，H 为线段
的中点，
，
又
平面
，则
，
，
两两垂直，
以H 为坐标原点，
，
，
所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
.
设平面
的法向量为
，
，
令
，可得
.
假设棱
上存在满足要求的点Q，设
，
，
.
，
因为直线
与平面
所成的角为
，
，
整理得：
，解得
或
（舍去）.
所以
，则
.
67
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所以当
时，
与平面
所成的角为
.
35．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形
中，
，将
沿
折起，使点D 到达点P 位置，且
，连接
得三棱锥
，如图2．
(1)证明：平面
平面
；
(2)在线段
上是否存在点M，使平面
与平面
的夹角的余弦值为
，若存在，求出
的值，
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）推导出
，证明出
平面
，可得出
， 利用面面垂直的判定定理可
证得结论成立；
（2）以点
为坐标原点，
、
、
的方向分别为
、
、轴的正方向建立空间直角坐标系，设
，其中
，利用空间向量法可得出关于
的等式，结合
求出
的值，即可得出
结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形
为平行四边形，
，则
，
因为
，则
，
，
由余弦定理可得
，
所以，
，则
，同理可证
，
翻折后，则有
，
，
68
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因为
，
，
、
平面
，
所以，
平面
，
因为
平面
，则
，
因为
，
、
平面
，所以，
平面
，
所以平面
平面
.
（2）因为
平面
，
，以点
为坐标原点，
、
、
的方向分别为
、
、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则
、
、
、
，
设
，其中
，
则
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
取
，则
，
，所以，
，
平面
的一个法向量为
，
，
，
则
，令
，可得
，
则
，整理可得
，
因此，线段
上存在点
，使平面AMB 与平面MBC 的夹角的余弦值为
，且
.
69
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36．（2024·广东佛山·模拟预测）在四棱雉
中，四边形
为矩形，
，
，点
为线段
的中点．已知点
在平面
上的射影在四边形
外，且直线
与平面
所成的角为
．
(1)设点
为线段
的中点，求证：
；
(2)求平面
与平面
的夹角
的余弦值．
【答案】(1)详解见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出
，即得证
（2）利用空间向量法可求得平面PAC 的法向量和平面ABCD 的一个法向量，利用向量的夹角公式求解即
可.
【详解】（1）作
平面ABCD，连接OA，OD，OE
所以直线
与平面
所成的角即为
，
又因为在等腰三角形APD 中，
，
所以
，
因为
，所以
，故
，
以O 为坐标原点，以垂直于OF 所在直线，OF，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角
坐标系，
所以
70
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所以
，
，
所以
（2）点
，设平面PAC 的法向量为
，
则有
，又
，
所以
，不妨令
，则
，
所以
，
取平面ABCD 的一个法向量
，
则
37．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥
的底面为平行四边形，点
分别为
的
中点．
(1)证明：
平面
；
71
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(2)若平面
将四棱锥
分成体积为
和
的两部分（其中
），求
的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证法一，二，分别在平面
内构造直线与
平行，利用线面平行的判定定理证明；
（2）延长
交
的延长线于
，连接
交
于点
，取
的中点
，连接
，可得
，设
平行四边形
的面积为，点
到底面
的距离为，所以五面体
的体积
，从而求得
.
【详解】（1）证法一，如图，连接
并延长交
的延长线于
，连接
，
因为
为
的中点，所以
，且
，
所以
为
的中点．而点
为
的中点，故
，
而
平面
平面
，故
平面
．
证法二，如图，取
的中点
，连接
，又
为
中点，
则
为
的中位线，故
且
．
因为四边形
为平行四边形，
为
的中点，所以
且
．
故
且
，
所以四边形
为平行四边形，故
．
而
平面
平面
，
72
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故
平面
．
（2）如图，延长
交
的延长线于
，由
，
，则
，连接
交
于点
，
则平面
即平面
．取
的中点
，连接
，则
，
所以
，从而
．
设平行四边形
的面积为，点
到底面
的距离为，
则四棱锥
的体积
．
而五面体
的体积为
．
故
，
从而
．
38．（2024·全国·模拟预测）如图1，已知在正方形
中，
，
，
，
分别是边
，
，
的中点，现将矩形
沿
翻折至矩形
的位置，使平面
平面
，如图2 所示．
73
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(1)证明：平面
平面
；
(2)设
是线段
上一点，且二面角
的余弦值为
，求
的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理证得
平面
，得
，然后结合
得到
平面
，最后利用面面垂直的判定定理证得平面
平面
；
（2）可以建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解，也可以利用二面角的定义找到二面角
的平面角，然后在三角形中进行求解．
【详解】（1）因为四边形
是正方形，
，
分别是边
，
的中点，
所以
是直角，且
平行且等于
，即四边形
是矩形，
进一步有
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
且
平面
，
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以
．
易知
，则
，所以
．
因为
，
平面
，
平面
，
所以
平面
．
又
平面
，所以平面
平面
．
（2）
解法一：由（1）可知，
，
，
三条直线两两垂直，故可以
为坐标原点，
分别以
，
，
的方向为
轴、
轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
74
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如图所示．则
，
，
，
，
从而
，
．
由题设
，则
，
又
，则
．
设平面
的法向量为
，则
，得
，
取
，则
，
，得
．
由（1）知，
是平面
的一个法向量，
所以
，解得
，故
．
解法二：如图，过点
作
，垂足为
，过点
作
，垂足为
，连接
．
因为平面
平面
，平面
平面
，
且
，
平面
，
所以
平面
，即
平面
，
又
平面
，
则
，
又
，
，
，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，
75
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则
，
所以
为二面角
的平面角．
由（1）知
平面
，
平面
，
所以平面
平面
，
所以二面角
为直二面角，
所以二面角
的正弦值等于二面角
的余弦值，
所以
，所以
.
由题可设
，则
，
，
所以在
中，
，
解得
，故
.
【点睛】关键点点睛：利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角
坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三
条直线．
39．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台
的上、下底面分别是边长为2 和4 的正方形，
平面
⊥平面ABCD，
，点P 是棱
的中点，点Q 在棱BC 上．
(1)若
，证明：
平面
；
(2)若二面角
的正弦值为
，求BQ 的长．
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【答案】(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】（1）取
的中点M，先证明四边形BMPQ 是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定
理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设
，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解
可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点
坐标
，进而表示所需向量坐
标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设
，利用面面垂
直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解
可得.
【详解】（1）证明：取
的中点M，连接MP，MB．
在四棱台
中，四边形
是梯形，
，
，
又点M，P 分别是棱
，
的中点，所以
，且
．
在正方形ABCD 中，
，
，又
，所以
．
从而
且
，所以四边形BMPQ 是平行四边形，所以
．
又因为
平面
，
平面
，所以
平面
；
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（2）在平面
中，作
于O．
因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
．
在正方形ABCD 中，过O 作AB 的平行线交BC 于点N，则
．
以
为正交基底，建立空间直角坐标系
．
因为四边形
是等腰梯形，
，
，所以
，又
，所以
．
易得
，
，
，
，
，所以
，
，
．
法1：设
，所以
．
设平面PDQ 的法向量为
，由
，得
，取
，
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另取平面DCQ 的一个法向量为
．
设二面角
的平面角为θ，由题意得
．
又
，所以
，
解得
（舍负），因此
，
．
所以当二面角
的正弦值为
时，BQ 的长为1．
法2：设
，所以
．
设平面PDQ 的法向量为
，由
，得
，取
，
另取平面DCQ 的一个法向量为
．
设二面角
的平面角为θ，由题意得
．
又
，所以
，
解得
或6（舍），因此
．
所以当二面角
的正弦值为
时，BQ 的长为1．
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法3：在平面
中，作
，垂足为H．
因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以
．
在平面ABCD 中，作
，垂足为G，连接PG．
因为
，
，
，PH，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以
．
因为
，
，所以
是二面角
的平面角．
在四棱台
中，四边形
是梯形，
，
，
，点P 是棱
的中点，
所以
，
．
设
，则
，
，
在
中，
，从而
．
因为二面角
的平面角与二面角
的平面角互补，
且二面角
的正弦值为
，所以
，从而
．
所以在
中，
，解得
或
（舍）．
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所以当二面角
的正弦值为
时，BQ 的长为1．
40．（2024·江西南昌·一模）如图，四棱锥
中，底面
是边长为2 的菱形，
，已
知
为棱
的中点，
在底面的投影
为线段
的中点，
是棱
上一点.
(1)若
，求证：
平面
；
(2)若
，确定点
的位置，并求二面角
的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
为
中点，
.
【分析】
（1）根据角平分线性质定理得
，由平行线分线段成比例定理得
，再由线面平行的
判定可证；
（2）利用线面垂直可得
，进而得
平面
，由线面垂直得
，然后根据等边三角
形三线重合即得
为
中点，以
为原点，分别以
为
轴，以过
点且与平面
垂直的直
线为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用公式
求解即可
【详解】（1）设
，因为底面
是边长为2 的菱形，
所以
，对角线BD 平分
，
又
为棱
的中点，所以
,
在
中，根据角平分线性质定理得
，
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又
，所以
，所以
，
，
平面
，且
平面
平面
.
（2）
平面
，且
平面
，
，
因为
，所以
，
在
中，
，
，所以
是等边三角形，
又
为棱
的中点，所以
，
平面
，
平面
，所以平面
平面
，
又平面
平面
，
平面ABCD，
平面
，
又
平面
，
，
又
，
平面
，
平面
，且
平面
，
.
因为P 在底面的投影H 为线段EC 的中点，所以
，又
所以
为等边三角形，故
为
中点，
所以
在底面
上的投影为
的中点.
在
中，
，
，
以
为原点，分别以
为
轴，
以过
点且与平面
垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
所以
，
82
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，
设
是平面
的一个法向量，则
，
令
，则
，即
，
平面
，
是平面
的一个法向量，
，
因为二面角
是一个锐角，
所以二面角
的余弦值为
.
【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法：
首先设两个平面的法向量坐标，利用线面垂直得到线线垂直即向量的数量积为零列出方程组求出法向量坐
标，把二面角转化为向量的夹角，利用公式
，结合图形写出夹角或补角.
83
